2020高考化学二轮复习能力提升训练11以化工工艺流程综合考查元素化合物知识（含解析）

能力提升训练(11)

1．采用下列装置欲验证CaSO4与炭粉受热发生氧化还原反应，且还原产物是SO2。下列有关说法不正确的是(　A　)

A．装置乙欲验证气体中的还原产物，故乙中盛有CaSO4溶液

B．装置丙和装置丁的作用是除去SO2和其他杂质气体

C．装置戊中黑色粉末变红，己中出现白色沉淀，说明氧化产物有CO

D．实验结束时，应该先关闭止水夹，再迅速熄灭装置甲中的酒精灯

解析：CaSO4与炭粉受热发生氧化还原反应，且还原产物是SO2，硫元素化合价降低，则碳元素化合价升高，氧化产物为CO2或CO。装置乙欲验证气体中的还原产物SO2，需要在乙中盛放品红溶液，A项错误；要验证生成的氧化产物，需要除去SO2和水蒸气，装置丙和丁的作用是除去SO2和水蒸气，B项正确；装置戊中黑色粉末变红，说明发生了氧化铜的还原反应，并且装置己中出现白色沉淀，说明CO被氧化为CO2，C项正确；为了防止倒吸，实验结束时，应先关闭止水夹，再迅速熄灭装置甲中的酒精灯，D项正确。

2．合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法不正确的是(　B　)

A．甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素

B．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中含氮元素的反应物都被氧化

C．反应Ⅴ的化学方程式：

NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl

D．反应Ⅵ利用丁物质受热易分解的性质

解析：由图得到，甲为氮气，丁为碳酸氢钠，乙为NO，丙为NO2，选项A正确；反应Ⅰ中氮气转化为氨气，氮元素化合价降低，所以氮元素被还原，选项B错误；反应Ⅴ实际是侯氏制碱法的反应，向饱和食盐水中通入二氧化碳和氨气，得到碳酸氢钠沉淀，方程式为：NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl，选项C正确；反应Ⅵ是将碳酸氢钠加热分解制得碳酸钠，选项D正确。

3．某化学兴趣小组用下图装置探究硝酸银受热分解的产物，在a处充分加热固体后，b中观察到红棕色气体，d中收集到无色气体，a中残留黑色固体，下列叙述错误的是(　A　)

A．装置a中残留的固体是Ag2O

B．装置b还起安全瓶的作用

C．装置c中生成的盐含有NaNO3

D．装置d中的无色气体遇空气仍然是无色

解析：Ag2O受热分解生成银和氧气，故装置a中残留的固体是Ag，选项A错误；装置b还起安全瓶的作用，防止c中溶液倒吸入a中，选项B正确；二氧化氮、氢氧化钠与足量O2反应生成NaNO3和水，选项C正确；装置d中的无色气体为氧气，遇空气仍然是无色，选项D正确。

4．(2019·洛阳统考)镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示：

下列判断不合理的是(　D　)

A．Al、Ga均处于ⅢA族

B．Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3

C．Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2

D．酸性：Al(OH)3>Ga(OH)3

解析：镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA族，A项正确；Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，B项正确；Ga(OH)3属于两性氢氧化物，与Al(OH)3的性质相似，能与NaOH溶液反应生成NaGaO2，C项正确；向NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入适量CO2，只有Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，说明酸性：Ga(OH)3>Al(OH)3，D项错误。

5．我国钓鱼岛海域资源丰富，利用海水可制得多种化工产品，其主要工艺流程如下图：

下列分析不正确的是(　C　)

A．反应①～⑥中属于氧化还原反应的有①⑤⑥

B．粗盐中常常含有Fe2＋，工业上可用A物质将其氧化后加入沉淀剂而除去

C．B、C两种物质可在一定条件下实现相互转化，且可利用BaCl2溶液判断C中是否含有B

D．金属Mg在一定条件下能与B的某种分解产物发生置换反应

解析：本题考查元素化合物知识和实验基本操作，意在考查考生分析问题和解决问题的能力。若反应前后有元素化合价发生变化，则该反应属于氧化还原反应，由此可知①⑤⑥属于氧化还原反应，A项正确；A物质为Cl2，Cl2将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加入碱而除去，B项正确；B为NaHCO3，C为Na2CO3，NaHCO3受热分解得到Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应得到NaHCO3，BaCl2只能与Na2CO3反应而不能与NaHCO3反应，C项错误；NaHCO3分解产生的H2O、CO2均能与Mg发生置换反应，D项正确。

6．Cl2O为国际公认的高效安全灭菌消毒剂之一，实验室可利用氯气和空气(氯气与空气体积比为1∶3，空气不参与反应)的混合气与含水8%的碳酸钠反应制备，所用实验装置和Cl2O的性质如下：

回答下列问题：

(1)仪器a的名称为球形干燥管，所盛放的药品是碱石灰。

(2)写出装置A中发生的离子方程式：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。

(3)装置C的主要作用是控制氯气和空气的体积比。

(4)装置D、E中都用到多孔球泡，其作用是增大接触面积，使反应充分进行。

(5)写出装置D生成Cl2O的化学方程式：

2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===2NaCl＋Cl2O＋2NaHCO3。

(6)Cl2O是一种更为理想的饮用水消毒剂，ClO2和Cl2O在消毒时自身均被还原为Cl－，ClO2的消毒能力是等质量Cl2O的1.61(结果保留两位小数)倍。

(7)装置E中所得溶液呈黄绿色，可能的原因是D中的氯气过量进入E中，设计实验证明：取样，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则说明是氯气过量所致。

(8)制备Cl2O装置中存在缺陷，请提出改进措施：将装置D放在冰水浴中，以控制三颈烧瓶内的温度不超过3.8 ℃。

解析：(3)C中盛有浓硫酸便于空气和氯气混合均匀，同时控制氯气和空气的体积比，有利于氯气的反应。(4)装置D、E中都用到多孔球泡，能增大反应物的接触面积，使反应充分进行。(5)氯气与空气体积比为1∶3的混合气体与含水8%的碳酸钠在装置D中发生氧化还原反应生成Cl2O，反应的化学方程式为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===2NaCl＋Cl2O＋2NaHCO3。(6)ClO2和Cl2O在消毒时自身均被还原为Cl－，质量相同的ClO2和Cl2O的消毒能力之比就是它们得电子的数目之比。设ClO2和Cl2O的质量均为1 g,1 g ClO2得电子数为×5NA＝NA，1 g Cl2O得电子数为×4NA＝NA，则ClO2与Cl2O的消毒能力之比为∶≈1.61∶1，即ClO2的消毒能力是等质量Cl2O的1.61倍。(7)装置E中所得溶液呈黄绿色，要想证明是D中的氯气过量进入E中，只要证明E中含有Cl－即可，可设计实验如下：取样，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则说明是氯气过量所致。(8)Cl2O在3.8 ℃以上会变成气体，因此装置D中的温度不能过高，所以将装置D放在冰水浴中，以控制三颈烧瓶内的温度不超过3.8 ℃。

7．碲(Te)凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。可从精炼铜的阳极泥中(主要成分为Cu2Te)回收碲，工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在，写出相应反应的化学方程式：Cu2Te＋2H2SO4＋2O22CuSO4＋TeO2＋2H2O。

(2)为了选择最佳的焙烧工艺，进行了温度和硫酸加入量的条件试验，结果如表所示：

则实验中应选择的条件为460_℃、硫酸用量为理论量的1.25倍，原因为该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低。

(3)工艺(Ⅰ)中，“还原”时发生的总的化学方程式为Na2TeO4＋3Na2SO3＋H2SO4===4Na2SO4＋Te＋H2O。

(4)由于工艺(Ⅰ)中“氧化”对溶液和物料条件要求高，有研究者采用工艺(Ⅱ)获得碲。则“电积”过程中，阴极的电极反应式为TeO＋4e－＋3H2O===Te＋6OH－。

(5)工业生产中，滤渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3。

①滤液3与滤液1合并，进入铜电积系统。该处理措施的优点为CuSO4溶液循环利用，提高经济效益。

②滤渣3中富含Au和Ag，可用B将其进行分离。

A．王水   B．稀硝酸

C．浓氢氧化钠溶液   D．浓盐酸

解析：(1)根据“焙烧”前后物质的变化，可得反应方程式为Cu2Te＋2H2SO4＋2O22CuSO4＋TeO2＋2H2O。

(2)由表中数据可知，在460 ℃、硫酸用量为理论量的1.25倍时，铜的浸出率高且碲的损失较低。

(3)根据“还原”前后物质的变化，可得反应方程式Na2TeO4＋3Na2SO3＋H2SO4===4Na2SO4＋Te＋H2O。

(4)“电积”时，反应物为TeO，产物为Te。由TeO―→Te是得电子的还原反应，故阴极反应：TeO＋4e－＋3H2O===Te＋6OH－。

(5)①滤液3与滤液1的成分为硫酸铜，合并后进入铜电积系统，物质循环利用，提高经济效益。

②滤渣3中富含Au和Ag，可用稀硝酸溶解银而加以分离。

8．(2019·辽宁期末)三氧化二锰(Mn2O3)在现代工业上应用广泛。以软锰矿(主要成分为MnO2)和硫锰矿(主要成分为MnS)为原料制备高纯度硫酸锰进而制备三氧化二锰的工艺流程如下(两种矿物中均不存在单质杂质)：

(1)滤渣1中存在一种非金属单质，则“酸浸”时反应①的化学方程式为MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O。

(2)操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤烘干。经操作X之后得到MnSO4·H2O。在洗涤操作中，常用酒精洗涤MnSO4·H2O晶体，主要目的是减少MnSO4·H2O的损失。

(3)气体Y直接排放会污染空气，将Y的水溶液与软锰矿反应可得硫酸锰，反应②的化学方程式为MnO2＋SO2===MnSO4。

(4)用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O的质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可忽略)，其原因可能是混有硫酸盐杂质(或部分晶体失去结晶水)(任写一点)。

解析：(1)MnO2、MnS与H2SO4反应，由后续操作可知生成MnSO4，MnO2中Mn元素化合价降低，可知“非金属单质”为S，根据得失电子守恒及原子守恒配平。(2)从MnSO4溶液中获得硫酸锰晶体，采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。酒精洗涤的目的一是洗去表面杂质，二是减少产品的损失，同时还便于快速干燥。(3)硫酸锰晶体煅烧得Mn2O3，锰的化合价升高，判断气体Y可能为SO2，另外MnO2与Y的水溶液反应生成MnSO4，锰的化合价降低，说明Y中元素化合价升高，确定Y为SO2。(4)测得样品纯度大于100%，可能是失去部分结晶水或混有其他硫酸盐杂质。

9．铝合金是工业中应用最广泛的一类有色金属结构材料，在航空、航天、汽车、机械制造、船舶及化学工业中已大量应用。工业上用铝土矿(主要成分是Al2O3，常含有SiO2、MgO、Fe2O3等杂质)冶炼铝的主要流程如下：

根据以上信息，回答下列问题：

(1)铝合金与碳素钢相比，其显著优点是质轻，抗腐蚀(或其他合理答案)(列举两点)。

(2)在步骤②中发生的离子反应共有5个，其中含铝微粒发生变化的离子反应为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O(或Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O)。

(3)若滤液2仍然浑浊，接下来的操作应是：更换过滤器，重新过滤；洗涤沉淀的操作方法是在过滤器中加水浸没沉淀，静置，待水滤出后，重复此操作2到3次即可。

(4)滤液3中溶质的主要成分是NaCl、NaHCO3。

(5)向滤液2中加入NaHCO3溶液，也能生成沉淀乙，写出该反应的离子方程式：AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO　。

(6)根据文献资料，铝电解的阴极过程如下：

①Na＋迁移至阴极；②AlF、AlF、F－由于熔液的对流和扩散而至阴极。络合阴离子中的三价铝被阴极吸引而挣脱出来生成铝，据此阴极的电极反应式应写为AlF＋3e－===Al＋6F－、AlF＋3e－===Al＋4F－。

解析：(1)与碳素钢相比，铝合金的显著优点是密度小，抗腐蚀能力强。

(2)步骤①所涉及的方程式为Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O、MgO＋2H＋===H2O＋Mg2＋、Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O，因此向滤液1加入过量的氢氧化钠溶液的目的是沉淀Mg2＋、Fe3＋，并将Al3＋转化为AlO。

加入足量氢氧化钠溶液，溶液中的H＋、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋能与OH－反应：H＋＋OH－===H2O、Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓、Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，然后在过量的氢氧化钠中氢氧化铝又溶解：Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O；发生的离子反应共有5个。

(3)若过滤后的滤液仍浑浊，说明过滤器损坏，应更换过滤器，重新过滤；洗涤沉淀的一般步骤为在过滤器中加水浸没沉淀，静置，待水滤出后，重复此操作2到3次即可。

(4)滤液2含有偏铝酸钠、氯化钠、以及过量的氢氧化钠等，通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠。

(5)根据“铝三角”转化关系，AlO结合H＋生成Al(OH)3↓，故该反应的原因是AlO促进了HCO的电离生成CO。

(6)根据题意可知，阴极放电的是AlF、AlF，而不是传统意义上的Al3＋直接放电，根据电荷守恒与原子守恒可写出AlF＋3e－===Al＋6F－、AlF＋3e－===Al＋4F－。